【特色专项训练 优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼 第一篇专题二电学实验题巧练(一)
2015届高考物理精讲：专题15+电学实验(二)(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)
考题1测定金属丝(液体)的电阻率例1在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中：(1)某实验小组用如图1所示电路对镍铬合金和康铜丝进行探究，a、b、c、d是四种金属丝．图1①实验小组讨论时，某同学对此电路提出异议，他认为，电路中应该串联一个电流表，只有测出各段金属丝的电阻，才能分析电阻与其影响因素的定量关系．你认为要不要串联电流表？并简单说明理由．②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如下表所示：电路图中三种金属丝a、b、c分别为下表中编为A、B、C表示).编材料长度L/m横截面积S/mm2A 镍铬合金0.300.50B 镍铬合金0.500.50C 镍铬合金0.30 1.00D 镍铬合金0.50 1.00E 康铜丝0.300.50F 康铜丝0.50 1.00(2)该实验小组探究了导体电阻与其影响因素的定量关系后，想测定某金属丝的电阻率．①用毫米刻度尺测量金属丝长度为L＝80.00 cm，用螺旋测微器测金属丝的直径如图2甲所示，则金属丝的直径d为________.②按如图乙所示连接好电路，测量金属丝的电阻R.改变滑动变阻器的阻值，获得六组I、U 数据描在图丙中所示的坐标系上．由图可求得金属丝电阻R＝________ Ω，该金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．图2解析 (1)①串联电路电流处处相等，串联电阻两端电压与电阻成正比，不需要测出电流，根据电阻两端电压大小即可比较出电阻大小．②探究影响电阻的因素，应采用控制变量法，实验已选A 、B 、C 的金属丝，根据控制变量法的要求，应控制材料的长度与横截面积相等而材料不同，因此d 应选表中的E .(2)①由图示螺旋测微器可知，其示数为1.5 mm ＋10.0×0.01 mm ＝1.600 mm ；②根据坐标系内的点作出图象如图所示．由图象可知，电阻阻值为R ＝U I ＝0.30.6 Ω＝0.5 Ω；由电阻定律R ＝ρL S ＝ρLπ(d 2)2可得，电阻率ρ＝πRd 24L ＝3.14×0.5×(1.600×10－3)24×0.800 Ω·m ≈1.3×10－6 Ω·m. 答案 (1)①不需要，串联电路电流处处相等，电压与电阻成正比 ②E (2)①1.600 mm ②0.5 1.3×10－61．(2014·江苏·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图3所示的部件__________(选填“A ”、“B ”、“C ”或“D ”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.图3(2)图4所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图4(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V 和38 mA ，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议． 答案 (1)B 0.410 (2)7、9 断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图像法求电阻值)解析 (1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B .螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01) mm ＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为零，电流表的示数几乎为零，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、9间断路．(3)由题知R A R x ≈0.005<R xR V ≈0.019，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U 、I 值，求出R x 后，再取平均值作为实验结果．2．(1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图5所示，则它们的读数值依次是________、________、________.图5(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E ＝4.5 V ，内阻很小．则以下电路图中________(填电路图下方的字母代)电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________．若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A ＝2.0 Ω，那么准确测量金属丝电阻R x 的最佳电路应是上图中的________电路(填电路图下的字母代)．此时测得电流为I 、电压为U ，则金属丝电阻R x ＝________( 用题中字母代表示)．答案 (1) 0.998 mm(0.996～0.999 mm 均可) 0.42 A 2.26 V(2.25～2.28 V 均可) (2)A 小 B UI－R A 解析 (1)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流式接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5 Ω，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；(2)因已知电流表内阻的准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，故应选B 电路；待测电阻及电流表总电阻R ＝UI，则待测电阻R x ＝R －R A .连接实物图要根据电路原理图，采用先串后并，如果滑动变阻器是分压式接法，一般先将电源、开关、滑动变阻器的全部电阻连接，然后将滑动变阻器的分压部分、待测电阻、电流表串联，最后并联电压表．同时注意电压表和电流表的正负接线柱以及电流表的内、外接法，还要注意量程选取是否合适．考题2 测定电源的电动势和内阻例2 某同学用如图6所示电路测量多用电表的内阻和内部电池的电动势．图6(1)多用电表右侧表笔为________(填“红表笔”或“黑表笔”)．将多用电表选择旋钮调至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节________，使指针指在右侧满刻度处．(2)移动滑动变阻器R 的触头，分别读出五组电压表(内阻较大，可视为理想电压表)和欧姆表示数U 、R ，并将计算得出的1U 、1R记录在表格中，其中第四次测量时欧姆表的示数如图7，其阻值为________ Ω.在如图8所示的坐标纸上作出1U －1R图线．图70.180.100.06图8(3)若改用已使用较长时间的多用电表(电池电动势变小，内阻变大)，但仍能调零后测电阻，其测得电阻R 值与原来相比________．(填“偏大”、“不变”或“偏小”) 答案 (1)黑表笔 调零旋钮(调R 0也可)(2)30如图所示(3)偏大3．某同学用如图9所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)．实验器材的规格如下：图9电流表A1(量程200 μA，内阻R1＝300 Ω)电流表A2(量程30 mA，内阻R2＝5 Ω)定值电阻R0＝9 700 Ω滑动变阻器R(阻值范围0～500 Ω)(1)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表.I1(μA)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.0 6.7 3.3依据表中数据，作出I1—I2图线如图10所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝________ V，欧姆表内阻为r＝________ Ω.(结果保留3位有效数字)图10(2)若某次电流表A 1的示数是114 μA ，则此时欧姆表示数约为________ Ω.(结果保留3位有效数字)答案 (1)1.50(1.48～1.51) 15.0(14.0～16.0) (2)47.5(47.0～48.0)解析 (1)根据闭合电路欧姆定律，由图象与纵坐标的交点可求得：欧姆表内电源的电动势E ＝150 μA ×(300＋9 700) Ω＝1.50 V ；由图象的斜率绝对值可求得欧姆表内阻，内阻约为r ＝ΔU ΔI 2＝ΔI 1(R 1＋R 0)ΔI 2＝(150－120)×(300＋9 700)×10－60.020－0Ω＝15.0 Ω.(2)由闭合电路欧姆定律知E ＝I 1(R 0＋R 1)＋Ir ，则I ＝E －I 1(R 0＋R 1)r ＝0.024 A ，故欧姆表的示数R ＝I 1(R 0＋R 1)I＝47.5 Ω.测量电源的电动势和内阻的基本原理是闭合电路欧姆定律，数据处理的主要思想方法是“化曲为直”，常用的方法有三种：1．伏安法——利用电压表和电流表，闭合电路方程为E ＝U ＋Ir ，利用两组数据，联立方程求解E 和r ；也可作出U —I 图象，图线的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻．2．伏阻法——利用电压表和电阻箱．闭合电路方程为E ＝U (1＋rR)．利用两组数据联立方程求解或将原方程线性化，处理为1U ＝r E ·1R ＋1E 或U ＝－r U R ＋E ，作1U —1R 图象或U —UR 图象，利用图线的截距和斜率求E 和r .3．安阻法——利用电流表和电阻箱．闭合电路方程为E ＝I (R ＋r )，利用两组数据联立方程求解或将方程线性化，处理为1I ＝1E ·R ＋r E ，作1I－R 图象，利用图线的截距和斜率求E 和r .考题3 从原理迁移中突破电学实验例3 霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图11所示，在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，在M 、N 间出现电压U H ，这个现象称为霍尔效应，U H 称为霍尔电压，且满足U H ＝k IBd ，式中d 为薄片的厚度，k 为霍尔系数．某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．图11(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图11所示，该同学用电压表测量U H 时，应将电压表的“＋”接线柱与______(填“M ”或“N ”)端通过导线相连． (2)已知薄片厚度d ＝0.40 mm ，该同学保持磁感应强度B ＝0.10 T 不变，改变电流I 的大小，测量相应的U H 值，记录数据如下表所示．根据表中数据在图12中画出U H —I 图线，利用图－3－1－1I (×10－3 A)3.0 6.0 9.0 12.0 15.0 18.0 U H (×10－3 V)1.11.93.44.56.26.8图12(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图13所示的测量电路，S 1、S 2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片(未画出)．为使电流从Q 端流入，P 端流出，应将S 1掷向____(填“a ”或“b ”)，S 2掷向________(填“c ”或“d ”)．为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中．在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件________和________(填器件代)之间．图13解析 (1)根据左手定则，正电荷受力向左，因此“＋”接线柱应接M 点；(2)画出图象，图象的斜率为kBd ，将B 和d 代入就可以求出k 值为1.5；(3)将S 1掷向b ，S 2掷向c ，电流恰好反向；应将该电阻接入公共部分，即在S 1与S 2之间，因此可以在S 1与E 之间也可以在E 与S 2之间． 答案 (1)M (1分) (2)如图所示(3分)1．5(1.4～1.6)(1分)(3)b(1分)c(1分)S1(或S2)(1分)E(1分)1．(2014·福建·19(2))(9分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理图如图14甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计改装的电流表，为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．图14①已知灵敏电流计的满偏电流I g＝100 μA、内阻r g＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________ Ω(保留一位小数)的定值电阻R1；②根据如图14甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整的电路；测量次数12345678 电压表读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46 改装表读数I/mA20406080100120140160该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻r＝________ Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是____________________________．④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________．(填选项前的字母) A ．电压表内阻的影响 B ．滑动变阻器的最大阻值偏小 C ．R 1的实际阻值比计算值偏小 D ．R 0的实际阻值比标称值偏大答案 ①1.0 ②见解析图(其他正确连接同样给分) ③1.66 充分利用已测得的数据 ④CD解析 ①由电流表的改装知识可知，R 1＝I g r gI m －I g ＝100×10－6×2.0×103200×10－3－100×10－6Ω≈1.0 Ω.②如下图．③根据闭合电路欧姆定律结合逐差法可知r 1＝U 1－U 5I 5－I 1－R 0，r 2＝U 2－U 6I 6－I 2－R 0，r 3＝U 3－U 7I 7－I 3－R 0，r 4＝U 4－U 8I 8－I 4－R 0.故r ＝r 1＋r 2＋r 3＋r 44＝(U 1＋U 2＋U 3＋U 4)－(U 5＋U 6＋U 7＋U 8)4×80×10－3－R 0＝ [(5.26＋5.16＋5.04＋4.94)－(4.83＋4.71＋4.59＋4.46)4×80×10－3－4.0] Ω≈1.66 Ω. 逐差法在计算中体现的主要优点是：充分利用已测得的数据．④根据题意可知，内阻的测量值为r 测＝ΔUΔI －R 0，因此，电压表的内阻、滑动变阻器的阻值对测量结果无影响．若R 1的实际值比计算值偏小，则改装后的电流表示数偏小，导致内阻测量值偏大．根据内阻测量值的表达式可知，R 0的实际值比标称值偏大，也会导致内阻测量值偏大．故选C 、D.2．2013年12月14日晚上9点14分左右嫦娥三月球探测器平稳降落在月球虹湾，并在4分钟后展开太阳能电池帆板．这是中国航天器第一次在地外天体成功软着陆，中国成为继美国、前苏联之后第三个实现月面软着陆的国家．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件，如图15所示．某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I －U 特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．图15(1)为了达到上述目的，应选用图16中的哪个电路图____________(填“甲”或“乙”)．图16(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图17的I－U图象．由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V时，太阳能电池的电阻约为________ Ω.(保留两位有效数字)图17(3)该实验小组在另一实验中先用一强光照射太阳能电池，并用如图18电路调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U－I曲线a.再减小实验中光的强度，用一弱光重复实验，测得U－I 曲线b，如图19.当滑动变阻器的电阻为某值时，若曲线a的路端电压为1.5 V，则滑动变阻器的测量电阻为________ Ω，曲线b外电路消耗的电功率为________ W(计算结果保留两位有效数字)．图18图19答案(1)甲(2)很大 1.0×103(3)7.1×103(7.0～7.2×103均可) 6.8×10－5(6.7～6.9×10－5均可)解析(3)曲线a的路端电压为U1＝1.5 V时电路中电流为I1＝210 μA，即为强光照射时的工作点，连接该点和坐标原点，此直线为此时对应的外电路电阻的U－I图线，测量电阻为R＝U1I1≈7.1×103Ω.此直线和曲线b的交点为弱光照射时的工作点，电流和电压分别为I＝97μA、U＝0.7 V，则外电路消耗功率为P＝UI≈6.8×10－5 W.知识专题练训练15题组1测定金属丝(液体)的电阻率1．用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图1甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图1(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数．(填仪器部件的字母符)(2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将图2所示实物图连接成实验电路．图2(3)闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P 的位置，得到几组U 、I 、L 的数据，用R ＝UI 计算出相应的电阻值后作出R —L 图线如图3所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR ，若电阻丝直径为d ，则电阻率ρ＝________.图3答案 (1)D H G (2)见解析图 (3)πΔRd24ΔL解析 (1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮，使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动微调旋钮夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮使F 固定后读数． (2)根据电路图，连接实物图(3)根据R ＝ρl S ，得ΔR ＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得：ρ＝πΔRd24ΔL .题组2 测定电源的电动势和内阻2．(2014·新课标Ⅰ·23)利用如图4所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：图4待测电源，电阻箱R (最大阻值为999.9 Ω)，电阻R 0(阻值为3.0 Ω)，电阻R 1(阻值为3.0 Ω)，电流表(量程为200 mA ，内阻为R A ＝6.0 Ω)，开关S. 实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S ；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I 和电阻箱相应的阻值R ；③以1I 为纵坐标，R 为横坐标，作1I －R 图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b . 回答下列问题：(1)分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻，则1I 与R 的关系式为________________________．(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R ＝3.0 Ω时电流表的示数如图5所示，读出数据，完成下表．答：①8.0010.011.0图5(3)在图6的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k ＝______ A －1·Ω－1，截距b ＝________ A －1.图6(4)根据图线求得电源电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.答案 (1)1I ＝3.0E R ＋3.0E (5.0＋r )(2)①0.110(0.109～0.111均正确) ②9.09(9.01～9.17均正确)(3)见解析图 1.0(0.96～1.04均正确) 6．0(5.9～6.1均正确)(4)3.0(2.7～3.3均正确) 1.0(0.6～1.4均正确) 解析 (1)根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝IR A ＋(I ＋IR AR 1)(R ＋R 0＋r )将R 0＝3.0 Ω，R 1＝3.0 Ω，R A ＝6.0 Ω代入上式得1I ＝3.0E R ＋3.0E(5.0＋r )(2)从读数上，有效数字要一致，即读数是0.110 A ，倒数是9.09 A －1.(3)由1I －R 关系式可知k ＝3.0E ，截距b ＝3.0E(5.0＋r )；由给出的数据作出图像，连线时尽可能使多的点在同一直线上，不在直线上的点要均匀分布在直线两侧如图所示． 由图像可知，k ＝1.0 A －1·Ω－1，b ＝6.0 A －1.(4)电源电动势E ＝3.0 V ，电源内阻r ＝1.0 Ω. 题组3 从原理迁移中突破电学实验3．实际电流表有内阻，测量电流表G 1内阻r 1的电路如图7所示．图7供选择的仪器如下：①待测电流表G 1(0～5 mA ，内阻约300 Ω) ②电流表G 2(0～10 mA ，内阻约100 Ω) ③定值电阻R 1(300 Ω) ④定值电阻R 2(10 Ω) ⑤滑动变阻器R 3(0～1 000 Ω) ⑥滑动变阻器R 4(0～20 Ω) ⑦干电池(1.5 V) ⑧电键S 及导线若干．(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序) (2)对照电路图用笔连线连接如图8所示实物图．图8(3)补全实验步骤：①按如图7所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最________(填“左端”或“右端”)；②闭合电键S ，移动滑动触头至某一位置，记录G 1和G 2的读数I 1和I 2； ③多次移动滑动触头，记录G 1和G 2的读数I 1和I 2； ④以I 2为纵坐标，I 1为横坐标，作出相应图线，如图9所示．图9(4)根据I 2－I 1图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________________． 答案 (1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)左端 (4)r 1＝(k －1)R 1解析 (1)因电流表G 1的内阻约为300 Ω，故定值电阻选择R 1；为调节方便滑动变阻器选择R 4.(2)根据电路图连接实物如图所示：(3)为保护测量电路，闭合开关时，测量电路应处于短路状态，故滑片移至最左端．(4)由电路图知I 2＝I 1＋I 1r 1R 1，可得图象的斜率k ＝1＋r 1R 1，解得r 1＝(k －1)R 1.4．现有一刻度盘总共有N 小格、且刻度均匀，量程未准确确定的电压表V 1，已知其量程在13 ～16 V 之间，内阻r 1＝150 kΩ.为测定其准确量程U 1，实验室提供了如下表所列的器材，要求方法简捷，尽可能减少误差，并能测出多组数据.(1)某同学设计了如图10所示的甲、乙、丙三种电路图图10你认为选择________电路图测量效果最好．(填“甲”、“乙”或“丙”) (2)根据测量效果最好的那个电路图，将如图11所示有关器材连接成测量电路．图11(3)若选择测量数据中的一组来计算V 1的量程U 1，则所用的表达式U 1＝________________，式中各符表示的物理量是：________________.答案 (1)乙 (2)见解析图 (3)Nr 1N 1r 2U 2 N ：V 1的总格数，N 1：V 1的读出格数，U 2：V 2的读数，r 1：V 1表内阻，r 2：V 2表内阻解析 (1)由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1 mA ，所以可将两电压表串联使用，由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量．(2)根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．(3)待测电压表V 1的指针偏转格数为N 1，每格表示电压值为ΔU ，由欧姆定律可得：N 1ΔU r 1＝U 2r 2所以电压表V 1的量程为U 1＝N ·ΔU 联立解得U 1＝Nr 1N 1r 2U 2其中r1＝150 kΩ，r2＝30 kΩ，U2为某次测量时标准电压表V2的读数，N1为某次测量时待测电压表V1的指针偏转格数．。
【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第二篇“8+2+2+选考”全真模拟(三)
A．电流表A1(0～40mA，r1＝10Ω)
B．电流表A2(0～100mA，r2≈5Ω)
C．滑动变阻器Байду номын сангаас(0～10Ω)
D．定值电阻R0(阻值为100Ω)
E．电源E(电动势为6V，内阻不能忽略)
F．开关、导线若干
①实验中要求调节范围尽可能大，请在方框内画出符合要求的电路图．
B．该波的传播速度为2m/s
C．质点L与质点N的运动方向总相反
D．在t＝0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在往y轴正方向运动
E．1.25s时，质点P运动的路程为2m
(2)(9分)如图所示，ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n＝2，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧的圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源．若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射圆弧AC的弧长．
(1)O点与标志杆A之间的距离x及汽车刹车时的加速度大小a；
(2)汽车停止运动时车头与标志杆D的距离L.
25．(19分) 如图所示，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域内，分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于图平面朝里，电场方向与电磁分界线平行朝右．一个带正电的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点偏左斜向下射入磁场，然后以垂直于电磁场边界线的方向进入电场，最后从电场区下边界上的Q点射出．已知P、Q连线垂直于电场方向，粒子轨道与电磁场分界线的交点到P、Q连线的距离为D．不计重力，试以l1、l2、v和d为已知量，导出：
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．1∶4
【创新设计】(山东专用)2015高考物理二轮专题辅导训练 专题1 第1讲 高考命题热点 1 力与共点
高考命题热点 1.力与共点力的平衡(1)物体的受力分析一定要全面，本着先重力，后弹力、摩擦力以与其他外力的顺序进展分析，根据各种力的产生条件，分析清楚各个接触面处的接触情况．(2)弹力、摩擦力等力大小的计算要根据物体所处的状态列式求解，一定不要“想当然〞下结论．(3)找准解决问题的突破口．图1－1－16【典例】(2014·海南卷，5)(3分)如图1－1－16，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.如此钩码的质量为()A.22M B.32MC.2MD.3M审题流程第一步：抓关键点―→获取信息第二步：找突破口―→构建思路解析选物体M为研究对象．由平衡条件得：FT－Mg＝0①假设平衡后轻环位置为P，平衡后，物体上升L，说明此时POO′恰好构成一个边长为L的正三角形，绳中张力处处相等，选钩码m为研究对象，受力分析如下列图，由平衡条件得：2FTcos 30°－mg＝0②联立①②得：m＝3M所以选项D正确．答案 D(2014·烟台二模)图1－1－17(6分)如图1－1－17所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1，L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化情况是()A．F1变大B．F1变小C．F2不变D．F2变大解析在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2＝m2g，故F2不变，选项C正确，D错误；a、b球整体受力如图乙所示，由平衡条件得F1cos θ－(m1＋m2)g＝0，在力F向右拉动过程中，L1与竖直方向的夹角θ变大，cos θ变小，故F1变大，选项A正确，B错误．答案AC。
2015届高考物理二轮复习专项训练：题组一实验原理的考
题组二:操作步骤的考查1. (2014·苏州期中)“探究力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳.(1) 该图中两弹簧测力计的读数恰好相等，由图可读出每根细绳的拉力大小为N(只需读到0.1 N).(2) 图乙中的四个“·”表示A、B、C、O在纸上的位置，请根据正确读出的拉力大小，在该纸上作出它们合力的图示.(要求:在表示分力的线段上，从起点开始每0.5 N标度长注上标度线)(3) 某同学在做该实验时认为:A. 在重复进行实验以提高结论的可靠性时，O点位置是不允许变动的B. 弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线C. 弹簧测力计应在使用前校零D. 两根细绳必须等长其中正确的是(填入相应的字母).2. (2014·山东)实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度. 该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7，从而确定导线的实际长度. ×10-8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx可供使用的器材有:电流表:量程0.6 A，内阻约0.2 Ω; 电压表:量程3 V，内阻约9 kΩ;滑动变阻器R1:最大阻值5 Ω;滑动变阻器R2:最大阻值20 Ω;定值电阻:R=3 Ω;电源:电动势6 V，内阻可不计;开关、导线若干.回答下列问题:(1) 实验中滑动变阻器应选(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至端(填“a”或“b”).(2) 在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接.乙(3) 调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图丙所示，读数为V.(4) 导线实际长度为m(保留两位有效数字).。
特色专项训练优化方案高考物理二轮专题精炼第一篇专题一仿高考选择题巧练(一)
仿高考选择题巧练(一) [建议用时：20分钟]1．(2014·潍坊模拟)下列说法符合物理学史实的是( )A ．开普勒发现了万有引力定律B ．伽利略首创了理想实验的研究方法C ．卡文迪许测出了静电力常量D ．奥斯特发现了电磁感应定律2.(2014·昆明三中、玉溪一中联考)如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O .一人站在A 点处以速度v 0沿水平方向扔小石子，已知AO ＝40 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．若v 0>18 m/s ，则石块可以落入水中B ．若v 0<20 m/s ，则石块不能落入水中C ．若石块能落入水中，则v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D ．若石块不能落入水中，则v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大3.(2014·杭州二模)国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被吸食星体的质量远大于吸食星体的质量．假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中( )A ．它们做圆周运动的万有引力保持不变B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小4.空间中有一电场强度方向沿x 轴方向的电场，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(重力不计)，以初速度v 0从x ＝0处的O 点进入电场并沿x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中错误的是( )A ．粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中动能逐渐减小B ．粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电势能逐渐减小C ．欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子从x ＝0处出发时的最小速度应为2qφ0mD ．若v 0＝22qφ0m ，则粒子在运动过程中的最小速度为 6qφ0m5.如图所示，A 、B 分别为电源E 和电阻R 的U －I 图线，虚线C 是过图线A 、B 交点的曲线B 的切线，现将电源E 与电阻R 及开关、导线组成闭合电路，由图象可得( )A ．电源的电动势为3 V ，此时消耗的总功率为6 WB ．R 的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 ΩC ．此时电源消耗的热功率为4 W ，效率约为66.7%D ．若再串联一定值电阻，电源的输出功率一定改变6.(多选)甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移—时间图象(x －t 图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法中正确的是( )A ．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.8 m/sC ．在0～10 s 内，甲、乙两车相遇两次D ．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P 所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s7．(多选)(2014·江苏南通二模)如图所示，在MN 、PQ 间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b 点，则小球( )A ．可能带正电B ．受到电场力的方向一定水平向右C ．从a 到b 过程，克服电场力做功D ．从a 到b 过程中可能做匀加速运动8．(多选)如图所示，一根质量为m 、长为L 、粗细均匀的金属直棒ab 靠立在光滑弯曲的金属杆AOC 上(开始时b 离O 点很近)．ab 由静止开始在重力作用下运动，运动过程中a 端始终在AO 上，b 端始终在OC 上，ab 刚好完全落在OC 上(此时速度为0)，整个装置放在一匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，则( )A ．ab 棒所受安培力方向垂直于ab 向上B ．ab 棒所受安培力方向先垂直于ab 向下，后垂直于ab 向上C ．安培力先做正功后做负功，所以全过程安培力做功为零D ．全过程产生的焦耳热为12mgL仿高考选择题巧练(一)1．[解析]选B.万有引力定律是牛顿发现的，选项A 错误；理想斜面实验是伽利略首创的，选项B 正确；卡文迪许测出了万有引力常量，选项C 错误；电磁感应定律是由法拉第发现的，选项D 错误．2．[解析]选A.设石子恰好落到O 点AO sin 30°＝12gt 2 AO cos 30°＝v 0t解得v 0＝10 3 m/s当v 0>10 3 m/s ，石子落入水中，故A 正确，B 错误．当石块能落入水中时，设落水时速度方向与水平面的夹角为α，则tan α＝v y v 0，随v 0的增大，α减小，C 错误．当石块不能落入水中时，落到斜面上的速度方向不变，D 错误．3．[解析]选C.它们做圆周运动的万有引力F ＝G Mm r 2，由于M 变小，m 变大，所以F 变大，选项A 错误；由牛顿第二定律得G Mm r 2＝Mω2r 1＝mω2r 2，解得r 1＝m M ＋mr ，m 变大，r 1变大，又解得ω＝G (M ＋m )r 3，ω保持不变，由v ＝ωr 得，r 1变大，v 1变大，选项B 、D 错误，C 正确． 4．[解析]选C.粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中电场力做的功为W ＝－q φ0，亦即电场力做负功，所以动能减小，选项A 正确；粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电场力做的功为W ＝2qφ0，所以电场力做正功，动能增加，电势能减小，选项B 正确；粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中做减速运动，从x ＝x 1到x ＝x 3处的过程中粒子做加速运动，从x ＝x 3到x ＝x 4处的过程中粒子做减速运动，所以欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子至少要能到达x ＝x 1处，则有12m v 20＝qφ0，解之可得v 0＝2qφ0m，选项C 错误；由题意可知，当粒子到达x ＝x 1处时速度最小，设粒子到达x＝x1处时的速度大小为v，则由动能定理可得：12m v2＝12m v2－qφ，解得：v＝6qφ0m，选项D正确．5．[解析]选A.由电源的U－I图线可知电源的电动势为3 V，内电阻为1 Ω，此时电阻两端电压为1 V，通过的电流为2 A，所以电源消耗的总功率为P＝EI＝6 W，A对；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R＝UI＝0.5 Ω，B错；由P＝I2r知此时电源消耗的热功率为4W，由η＝UIEI×100%知电源的效率是33.3%，C错；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D错．6．[解析]选BCD.从题图中可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t＝4 s末时，甲车停止，故A错误；乙车在0～10 s内的位移大小为8 m，平均速度v＝0.8 m/s，故B正确；甲车和乙车的位移－时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C正确；若乙车做匀变速直线运动，P点对应的位置坐标为x＝4 m，恰好是在0～10 s内乙车位移的中点，又因为v t2＝v＝0.8m/s，v P＝v x2>vt2，所以D正确．7．[解析]选AC.由于洛伦兹力与速度有关，所以可推断小球做匀速直线运动，由合力为零分析可知，小球可能带正电也可能带负电，电场强度的方向也不是唯一确定的方向，故A正确，B、D均错．根据动能定理可知，重力与电场力对小球做的总功必为零，重力做正功，所以电场力做负功，故C正确．8．[解析]选BD.ab棒在运动过程中，穿过△aOb的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流方向先是b→a，后变为a→b，由左手定则得，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，A错，B对；ab棒在运动过程中，只有重力和安培力做功，根据动能定理，mg L2＋W＝0，所以安培力做功W＝－12mgL，根据功能关系，全过程产生的焦耳热为12mgL，C错，D对．。
专项训练高考物理二轮专题精炼 第一篇专题三 电学计算题巧练
电学计算题巧练[建议用时：40分钟]1.如图所示，AB是匀强电场中的一条水平线段，长度为L，它与电场方向成θ角，某时刻一质量为m，带电荷量为＋q的小球在电场中的A点由静止释放，小球沿直线AB运动到B点时离开电场，然后落到倾角为α的绝缘弹性斜面上的C点，C 点距离AB高度为h，小球恰好能够沿原路返回A点，已知重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小；(2)角α的正切值；(3)小球从A点出发到返回A点的时间．2.电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系xOy，x＝0和x＝L＝10 cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1＝1.0×104V/m，x＝L和x＝3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2＝1.0×104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取e/m＝2×1011C/kg)从直角坐标系xOy平面内的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场E1，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：(1)电子从O点进入到离开x＝3L处的电场所需的时间；(2)电子离开x＝3L处的电场时的y坐标；(3)电子离开x＝3L处的电场时的速度大小和方向．3. 如图所示，在矩形区域CDNM 内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105 N/C ；在矩形区域MNGF 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.2 T ．已知CD ＝MN ＝FG ＝0.6 m ，CM ＝MF ＝0.20 m ．在CD 边中点O 处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地发射速率均为v 0＝1.0×106 m/s 的某种带正电的粒子，粒子质量m ＝6.4 ×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG 上有粒子射出磁场的范围的长度； (3)粒子在磁场中运动的最长时间．4.如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道顶端连接有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B ．现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开始下滑，到达轨道底端cd 时受到轨道的支持力为2mg .整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．(1)求棒到达最低点时通过电阻R 的电流；(2)求棒从ab 下滑到cd 的过程中回路中产生的焦耳热和通过R 的电荷量；(3)若棒在拉力作用下，从cd 开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab 的过程中拉力做的功为多少？电学计算题巧练1．[解析](1)出电场后小球做平抛运动，小球在电场内运动，受力如图：其速度方向是水平的，即合外力是水平的，由qE sin θ＝mg 得：E ＝mg q sin θ.(2)小球在电场中运动的加速度： a ＝mg cot θm＝g cot θ故小球出电场时的速度：v 0＝2aL ＝2gL cot θ 小球落到斜面上时，在竖直方向获得的速度： v ′＝2gh小球与斜面碰撞后沿原路返回，可知小球与斜面碰撞时，其速度方向与斜面垂直，所以tan α＝v 0v ′＝L cot θh .(3)小球在电场中做匀加速运动，故小球在电场中运动的时间t 1＝2L v 0＝2Lg cot θ出电场后小球在竖直方向做自由落体运动，落到斜面上的时间为t 2＝2hg所以往返时间：T ＝2(t 1＋t 2)＝2⎝⎛⎭⎫2L g cot θ＋2h g . [答案]见解析2．[解析]设电子离开边界x ＝L 时的位置记为P 点，离开边界x ＝3L 时的位置记为Q 点，则(1)v P ＝2·eE 1m ·L ＝2×107 m/s ， t 1＝2L eE 1/m＝1×10－8s运动到Q 点时：t 2＝2L v P＝1×10－8s所以总时间为t ＝t 1＋t 2＝2×10－8s. (2)电子从P 点运动到Q 点时：y Q ＝12·eE 2m ·t 22＝0.1 m.(3)电子离开x ＝3L 处的电场时： v x ＝v P ＝2×107 m/sv y ＝eE 2m ·t 2＝2×107m/sv Q ＝v 2x ＋v 2y ＝22×107m/sQ 点处速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则tan θ＝v yv x，解得θ＝45°.[答案]见解析3．[解析](1)设带电粒子射入磁场时的速度为v ，由动能定理得qE ·CM ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝2×106m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2rr ＝m vBq＝0.2 m. (2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设其速度方向与电场方向的夹角为θ1粒子在电场中的加速度大小为a ＝Eqm沿电场方向的位移y 1＝12at 2＝CM垂直电场方向的位移x 1＝v 0t ＝2315m离开电场时sin θ1＝v 0v ＝12，θ1＝30°因为x 1＋r (1－cos 30°)<0.30 m上述粒子从S 点射入磁场偏转后从边界FG 射出时的位置P 即为射出范围的左边界，且PS ⊥MN ；垂直MN 射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG 相切，切点Q 是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG 射出磁场时的范围的长度为l ＝x 1＋r ＝⎝⎛⎭⎫2315＋0.2m ≈0.43 m. (3)带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm Bq＝6.28×10－7s带电粒子在磁场中运动时，沿O ′QR 运动的轨迹最长，运动的时间最长sin θ2＝CD 2－r r ＝12，θ2＝30°即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t ＝13T ＝2πm 3Bq＝2.09×10－7s.[答案](1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.09×10－7s4．[解析](1)到达最低点时，设棒的速度为v ，产生的感应电动势为E ，感应电流为I ，则2mg－mg ＝m v 2rE ＝BL v I ＝E R， 联立解得速度v ＝gr ，I ＝BL grR.(2)设产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律有Q ＝mgr －12m v 2得Q ＝12mgr设产生的平均感应电动势为E ，平均感应电流为I ，通过R 的电荷量为q ， 则E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R ，q ＝I ×Δt ，解得q ＝BrLR.(3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I ′＝BL v 02R，在四分之一周期内产生的热量Q ′＝I ′2R ·πr2v 0，设拉力做的功为W F ，由功能关系W F －mgr ＝Q ′，解得W F ＝mgr ＋πB 2L 2v 0r4R.[答案](1)BL gr R (2)12mgr BrLR(3)mgr ＋πB 2L 2v 0r4R。
(完整word版)高考物理二轮专题精炼 第一篇专题三 电学计算题巧练
电学计算题巧练[建议用时：40分钟]1.如图所示，AB是匀强电场中的一条水平线段，长度为L，它与电场方向成θ角，某时刻一质量为m，带电荷量为＋q的小球在电场中的A点由静止释放，小球沿直线AB运动到B点时离开电场，然后落到倾角为α的绝缘弹性斜面上的C点，C 点距离AB高度为h，小球恰好能够沿原路返回A点，已知重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小；(2)角α的正切值；(3)小球从A点出发到返回A点的时间．2.电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系xOy，x＝0和x＝L＝10 cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1＝1.0×104V/m，x＝L和x＝3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2＝1.0×104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取e/m＝2×1011C/kg)从直角坐标系xOy平面内的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场E1，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：(1)电子从O点进入到离开x＝3L处的电场所需的时间；(2)电子离开x＝3L处的电场时的y坐标；(3)电子离开x＝3L处的电场时的速度大小和方向．3. 如图所示，在矩形区域CDNM 内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105 N/C ；在矩形区域MNGF 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.2 T ．已知CD ＝MN ＝FG ＝0.6 m ，CM ＝MF ＝0.20 m ．在CD 边中点O 处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地发射速率均为v 0＝1.0×106 m/s 的某种带正电的粒子，粒子质量m ＝6.4 ×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG 上有粒子射出磁场的范围的长度；(3)粒子在磁场中运动的最长时间．4.如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道顶端连接有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B ．现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg .整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．(1)求棒到达最低点时通过电阻R 的电流；(2)求棒从ab 下滑到cd 的过程中回路中产生的焦耳热和通过R 的电荷量；(3)若棒在拉力作用下，从cd 开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab 的过程中拉力做的功为多少？电学计算题巧练1．[解析](1)出电场后小球做平抛运动，小球在电场内运动，受力如图：其速度方向是水平的，即合外力是水平的，由qE sin θ＝mg 得：(2)小球在电场中运动的加速度： a ＝mg cot θm＝g cot θ 故小球出电场时的速度：v 0＝2aL ＝2gL cot θ小球落到斜面上时，在竖直方向获得的速度：v ′＝2gh小球与斜面碰撞后沿原路返回，可知小球与斜面碰撞时，其速度方向与斜面垂直，所以tan α＝v 0v ′＝L cot θh. (3)小球在电场中做匀加速运动，故小球在电场中运动的时间t 1＝2L v 0＝2L g cot θ出电场后小球在竖直方向做自由落体运动，落到斜面上的时间为t 2＝2h g 所以往返时间：T ＝2(t 1＋t 2)＝2⎝⎛⎭⎫2L g cot θ＋ 2h g . [答案]见解析2．[解析]设电子离开边界x ＝L 时的位置记为P 点，离开边界x ＝3L 时的位置记为Q 点，则(1)v P ＝2·eE 1m·L ＝2×107 m/s ， t 1＝2L eE 1/m＝1×10－8s 运动到Q 点时：t 2＝2L v P ＝1×10－8s 所以总时间为t ＝t 1＋t 2＝2×10－8s.(2)电子从P 点运动到Q 点时：y Q ＝12·eE 2m ·t 22＝0.1 m. (3)电子离开x ＝3L 处的电场时：v x ＝v P ＝2×107 m/sv y ＝eE 2m ·t 2＝2×107m/s v Q ＝v 2x ＋v 2y ＝22×107 m/sQ 点处速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x，解得θ＝45°. [答案]见解析3．[解析](1)设带电粒子射入磁场时的速度为v ，由动能定理得qE ·CM ＝12m v 2－12m v 20， 解得v ＝2×106m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有r＝m vBq＝0.2 m.(2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设其速度方向与电场方向的夹角为θ1粒子在电场中的加速度大小为a＝Eqm沿电场方向的位移y1＝12at2＝CM垂直电场方向的位移x1＝v0t＝2315m离开电场时sin θ1＝v0v＝12，θ1＝30°因为x1＋r(1－cos 30°)<0.30 m上述粒子从S点射入磁场偏转后从边界FG射出时的位置P即为射出范围的左边界，且PS⊥MN；垂直MN射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG相切，切点Q是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG射出磁场时的范围的长度为l＝x1＋r＝⎝⎛⎭⎫2315＋0.2m≈0.43 m.(3)带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πmBq＝6.28×10－7s带电粒子在磁场中运动时，沿O′QR运动的轨迹最长，运动的时间最长sin θ2＝CD2－rr＝12，θ2＝30°即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t＝13T＝2πm3Bq＝2.09×10－7s.[答案](1)0.2 m(2)0.43 m(3)2.09×10－7s4．[解析](1)到达最低点时，设棒的速度为v，产生的感应电动势为E，感应电流为I，则2mg －mg＝mv2rE＝BL vI＝ER，联立解得速度v＝gr，I＝BL grR.(2)设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有Q＝mgr－12m v2得Q＝12mgr设产生的平均感应电动势为E ，平均感应电流为I ，通过R 的电荷量为q ，则E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R，q ＝I ×Δt ， 解得q ＝BrL R. (3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I ′＝BL v 02R，在四分之一周期内产生的热量Q ′＝I ′2R ·πr 2v 0，设拉力做的功为W F ，由功能关系W F －mgr ＝Q ′， 解得W F ＝mgr ＋πB 2L 2v 0r 4R. [答案](1)BL gr R (2)12mgr BrL R(3)mgr ＋πB 2L 2v 0r 4R。
【创新设计】(山东专用)2015高考物理二轮专题辅导训练 专题1 第2讲 高考命题热点 2 运动图象
高考命题热点 2.运动图象与牛顿运动定律的综合应用数图结合解决动力学问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．动力学中常见的图象有v－t图象、x－t图象、F －t图象、F－a图象等，解决图象问题的关键有：(1)分清图象的横、纵坐标所代表的物理量与单位，注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义．(2)明确图线斜率的物理意义：明确图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点与两图线的交点的意义等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反响出来哪些有用信息并结合牛顿运动定律求解．【典例】(2013·新课标全国卷Ⅱ，25)图1－2－13(18分)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图1－2－13所示．物块与木板的质量相等，物块与木板间与木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．审题流程第一步：抓关键点―→获取信息(1)读题：(2)读图：第二步：找突破口→形成思路 v －t 图象→①共同速度v1＝1 m/s②木板加速度a2＝8 m/s2③t1＝0.5 s ――→选规律①由v1＝a1t1求物块的加速度②牛顿第二定律求μ1、μ2――→判断用假设法判断二者获得共同速度后的运动状态――→二者再次相对滑动隔离法分别求两物体的加速度和位移 总分为解答 由v －t 图象可知，在t1＝0.5 s 时，二者速度一样，为v1＝1 m/s ，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，如此 a1＝v1t1①(2分)a2＝v0－v1t1②(2分)设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，根据牛顿第二定律， 对物块有μ1mg ＝ma1③(2分)对木板有μ1mg ＋2μ2mg ＝ma2④(2分)联立①②③④式得联立方程得：μ1＝0.2，μ2＝0.3(1分)(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff ，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，由牛顿第二定律得对物块有Ff ＝ma1′(1分)对木板有2μ2mg －Ff ＝ma2′(1分)假设物块相对木板静止，即Ff ＜μ1mg ，如此a1′＝a2′，得Ff ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1′＝a1＝2 m/s2(1分)物块的v －t 图象如下列图．此过程木板的加速度a2′＝2μ2g －μ1g ＝4 m/s2(1分)由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为x1＝v212a1＋v212a1′＝0.5 m(2分)x2＝v0＋v12t1＋v212a2′＝138 m(2分)物块相对木板的位移大小为x ＝x2－x1＝1.125 m(1分)答案 (1)0.2 0.3 (2)1.125 m1．解图象问题时不要为图象的外表现象所迷惑，要将根本的受力分析、运动状态分析、牛顿第二定律与图象反映的物理过程和状态相结合．2．滑块—木板模型(13分)如图1－2－14甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端，现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，A 经过5 s 运动到B 的最右端，其v －t 图象如图乙所示，A 、B 质量分别为1 kg 和4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s2.图1－2－14(1)求物体A 与木板B 间的动摩擦因数μ；(2)假设B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间．解析 (1)根据v －t 图象可知物体A 的加速度aA ＝Δv Δt ＝105 m/s2＝2 m/s2(2分)以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F －μmAg ＝mAaA(2分)解得μ＝F －mAaA mAg ＝6－1×21×10＝0.4(1分)(2)由图象知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m ＝25 m(2分)假设B 不固定μmAg ＝mBaB(2分) B 的加速度aB ＝μmAg mB ＝0.4×1×104m/s2＝1 m/s2(1分) 设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12aAt2－12aBt2＝l(2分)代入数据解得t ＝7.07 s(1分)答案 (1)0.4 (2)7.07 s。
优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习 特色专题训练 力学计算题巧练
力学计算题巧练(建议用时：60分钟)1．(2015·浙江高考命题专家原创)如图所示，斜面PQ长为4 m，倾角θ＝37°.将一质量为0.20 kg的小滑块从斜面顶端由静止释放，滑到底端时速度为4 m/s.现在斜面上一宽度为d的区域内，使小滑块比原来多受到一个方向与运动方向相反的、大小f＝0.4v(N)(v为小滑块速度大小)的阻力作用，仍将小滑块在斜面顶端由静止释放，发现小滑块进入该区域时做匀速运动，到达底端的速度变为2 m/s.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；(2)小滑块从斜面顶端由静止下滑到底端时，克服外加阻力做的功；(3)外加阻力区域的宽度d以及区域上边沿到斜面顶端的距离．2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等．如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带AB斜面与水平面之间的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下以10 m/s的速度沿斜面向下运动，现将一物体(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带AB长为L＝29 m，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移；(2)物体从A到B需要的时间为多少？3．(2015·福建福州质检)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.4.(2015·山东淄博模拟)如图所示，上表面光滑、长度L ＝3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．5．(2015·浙江高考命题专家原创)如图所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形光滑轨道，其在底端B 点处与水平轨道平滑连接．今有一质量为m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)在受到大小为0.4 N 、水平向左的恒力F 作用下，从A 点由静止下滑，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.01，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力大小；(2)说明小滑块最终的运动情况，并求出小滑块在水平轨道上通过的总路程；(3)若小滑块在水平轨道上向右运动的总时间为t ，求小滑块在水平轨道上向左运动的总时间．6．如图所示，小球A 和B 质量分别为m A ＝0.3 kg 和m B ＝0.5 kg ，两球间压缩一弹簧(不拴接)，并用细线连接，静止于一光滑的水平平台上，烧断细线后，弹簧储存的弹性势能全部转化为两球的动能，小球B 脱离弹簧时的速度v B ＝3 m/s ，A 球滑上用一小段光滑小圆弧连接的光滑斜面，当滑到斜面顶端时速度刚好为零，斜面的高度H ＝1.25 m ，B 球滑出平台后刚好沿光滑固定圆槽左边顶端的切线方向进入槽中，圆槽的半径R ＝3 m ，圆槽所对的圆心角为120°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能E p ； (2)平台到圆槽的距离L ；(3)小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′ .专题三 计算题巧练规范——抓大分力学计算题巧练1．解析：(1)在不存在阻力f 时，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ＝12mv 21得μ＝0.5.(2)设克服外加阻力做的功为W ，则由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－W ＝12mv 22得W ＝1.2 J.(3)小滑块进入外加阻力区域时做匀速运动，对小滑块受力分析有 mg sin θ＝μmg cos θ＋f ，得f ＝0.4 N W ＝fd ，得d ＝3 m又f ＝0.4v ，得v ＝1 m/s从小滑块静止释放到进入外加阻力区域，有mgs sin θ－μmgs cos θ＝12mv 2得s ＝0.25 m.答案：(1)0.5 (2)1.2 J (3)3 m 0.25 m 2．解析：甲(1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：t 1＝va＝1 s物体发生的位移满足：v 2＝2a 1x 1， 代入数据解得：x 1＝5 m.乙(2)物体加速到与传送带速度相同后，因为mg sin θ>μmg cos θ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上(受力情况如图乙所示)．根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2设物体完成剩余的位移x 2＝L －x 1＝24 m 所用的时间为t 2，则x 2＝vt 2＋12a 2t 22代入数据解得：t 2＝2 s故物体从A 到B 需要的时间为 t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋2 s ＝3 s. 答案：(1)1 s 5 m (2)3 s3．解析：(1)在2 s 内，由题图乙知： 物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m ＝1 m物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m ＝0.5 m所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m.(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小 a 1＝4 m/s 2① a 2＝4 m/s 2②设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1③ 0．5～1 s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2④ 由①②③④式得F ＝8 N.答案：(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 28 N 4．解析：(1)木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f ，由平衡条件得：F ＝F f ①又F f ＝μMg ②联立①②并代入数据得：μ＝0.5.③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg ，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 20④联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s.⑤(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg .从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得：－3μmgx ＝0－12Mv 21⑥联立③⑤⑥并代入数据得x ＝169m ≈1.78 m.答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m5．解析：(1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，对圆弧轨道最低点B 的压力为F N ，则：mgR －FR ＝12mv 2B F ′N －mg ＝m v 2B R由牛顿第三定律：F ′N ＝F N ，故F N ＝2.2 N. (2)小滑块最终在光滑圆弧轨道上往复运动小滑块最终经过B 点时的速度为0，由动能定理有 mgR －FR －μmgL ＝0 解得L ＝30 m.(3)小滑块第一次在水平轨道上向右运动是末速度为0的匀减速直线运动，其逆运动为以相同大小加速度向左运动的匀加速直线运动．小滑块第一次在水平轨道上向左运动是初速度为0的匀加速直线运动，与第一次在水平轨道上向右运动的位移大小相等，由x ＝12at 2可知，运动时间之比等于加速度平方根的反比．由题可知小滑块在水平轨道上第一次向右运动，最终向左运动，所以向右运动与向左运动的时间之比就等于加速度平方根的反比向右运动时，有F ＋μmg ＝ma 右，得a 右＝4.1 m/s 2向左运动时，有F －μmg ＝ma 左，得a 左＝3.9 m/s 2因此有t 右t 左＝ a 左a 右＝3941，得t 左＝4139t . 答案：(1)2.2 N (2)见解析 (3)4139t 6．解析：(1)烧断细线后对小球A 分析：m A gH ＝12m A v 2A烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B联立两式解得E p ＝6 J.(2)设小球B 做平抛运动的时间为t ， 则v y ＝gt L ＝v B tB 球运动到圆槽左边顶端时，有tan 60°＝v yv B联立以上三式解得L ＝9310m ≈1.56 m.(3)对小球B 从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有： 小球B 在圆槽最高点的速度大小v ＝v 2B ＋v 2y ＝2v B小球B 从圆槽最高点到最低点的高度差 h ＝R －R cos 60°设小球B 在最低点的速度大小为v 1，由机械能守恒得 m B gh ＝12m B v 21－12m B v 2小球在圆槽最低点时：F N －m B g ＝m B v 21R联立以上各式解得F N ＝16 N由牛顿第三定律得小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′ ＝16 N ，方向竖直向下． 答案：(1)6 J (2)1.56 m (3)16 N 方向竖直向下。
【优化方案】2015届高考物理二轮复习综合讲义：综合检测2
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
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1 电学实验题巧练(一) [建议用时：40分钟] 1．图甲、乙为常用的电压表和电流表的刻度盘，在图甲中，若选用的量程为0～15 V，则表的示数为________，若选用的量程为0～3 V，则表的示数为________．在图乙中，若选用的量程为0～0.6 A，则表的示数为________，若选用的量程为0～3 A，则表的示数为________．
2．有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．现有下列器材供选用： A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ) B．电压表(0～15 V，内阻20 kΩ) C．电流表(0～3 A，内阻0.4 Ω) D．电流表(0～0.6 A，内阻1.0 Ω) E．滑动变阻器(10 Ω，2 A) F．滑动变阻器(500 Ω，1 A) G．学生电源(直流6 V)、开关、导线若干
(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：________________________________________________________________________. (2)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用序号字母表示) (3)把图丙中所示的实验器材按图甲用笔画线代替导线连接成实物电路图． (4)某同学通过实验测量得到的数据已经描在了如图所示的I－U坐标系中，请用一光滑的曲线将各描点连接好． 2
3．某物理实验小组利用实验室提供的器材测量金属丝的电阻．可选用的器材如下： A．待测金属丝Rx，阻值约50 Ω B．电流表A1：量程10 mA，内阻r1＝40 Ω C．电流表A2：量程500 μA，内阻r2＝750 Ω D．电压表V：量程为10 V，内阻为10 kΩ E．保护电阻R1：阻值为30 Ω F．滑动变阻器R2：总阻值约为10 Ω G．电源E，电动势约为1.5 V，内阻忽略不计 H．开关一个及导线若干
(1)为了尽可能准确地测量Rx，要求电表的指针偏转至少要达到满刻度的12，补全虚线框中的电路． (2)用已知量和测得量的符号表示金属丝的电阻Rx＝________. 4．(1)实验室进了一批金属电阻丝，某同学想通过实验测定该材料的电阻率，他设计了如图甲所示的原理图，根据图甲将实物图乙连接好．
(2)其主要实验步骤如下： ①用螺旋测微器测金属丝的直径，测量结果如图丙所示，则金属丝的直径大小为D＝________mm. ②适当取出一段样品材料，然后按原理图甲连接好实验器材． ③用毫米刻度尺测量出接入实验电路中的金属丝的长度，某次测量中刻度尺的示数如图丁所示，则金属丝长度为L＝________cm. 3
④改变接入实验电路中金属丝的长度，重复实验多次． (3)根据实验中的数据，最后得到了如图所示的R－L图象，R为R0与金属丝的总电阻，由图象可求得金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m.
5．某物理实验小组用下列器材进行实验描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中： 器材：A.待测元件Rx B．电流表A(0～50 mA，内阻约为200 Ω) C．电压表V1(0～3 V，内阻约为10 kΩ) D．电压表V2(0～6 V，内阻约为15 kΩ) E．滑动变阻器R1(0～20 Ω，2 A) F．滑动变阻器R2(0～200 Ω，0.2 A) G．学生电源(直流4 V) H．开关及导线 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 U/V 0 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0 I/mA 0 0.9 2.2 4.2 6.7 11.9 19.0 23.8 30.0 37.1 (1)为了调节方便，并使测量尽可能准确，实验中电压表应选________，滑动变阻器应选________．(填器材符号) (2)在虚线框内画出实验电路图．
(3)在坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性曲线． (4)若该元件的最佳工作电压为2.8 V，现用电动势为4 V，内阻r＝1 Ω的电源为其供电，则要在电路中串联一个阻值为R＝________Ω的电阻，才能使其处于最佳工作状态． 6.已知2B铅笔的笔芯主要成分是石墨，某同学想测量该笔芯的电阻率． (1)首先用螺旋测微器测量笔芯的直径，测得直径为1.655 mm，则此时该螺旋测微器的可动刻度上的B、C刻度线所对应的刻度值依次是________、________. (2)该同学到铅笔制造厂找来一根未截断的长笔芯直接接在电动势为E＝32 V的学生电源上， 4
通过改变接在电路中铅笔芯的长度l测得流过导线的电流倒数如下表所示： 编号 1 2 3 4 5 6 电流的倒
数1I/A－1 0.53 0.67 0.80 0.94 1.06 1.20
铅笔芯的长度l/m 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
请在坐标格中描绘出电流的倒数与铅笔芯长度关系的图象．
(3)若第(2)问中所描绘的图象斜率为k，铅笔芯的直径为d，电源电动势为E，则铅笔芯的电阻率表达式为ρ＝________，利用图象以及(1)、(2)问测量得到的和已知的数据可求出电阻率大小约为________(计算结果保留两位有效数字)．
电学实验题巧练(一) 1．[解析]在图甲中，若选用的量程为0～15 V，则最小分度为0.5 V，读数时应估读到最小分度的1/5，所以读数为10.8 V．若选用的量程为0～3 V，则最小分度为0.1 V，读数时应估读到最小分度的1/10，所以读数为2.16 V. 在图乙中，若选用的量程为0～0.6 A，则最小分度为0.02 A，读数时应估读到最小分度的1/2，所以读数为0.16 A．若选用的量程为0～3 A，则最小分度为0.1 A，读数应估读到最小分度的1/10，所以读数为0.80 A. [答案]10.8 V 2.16 V 0.16 A 0.80 A 2．[解析](1)由于测量数据要从零开始，故采用图甲所示的分压式电路，且能方便地多测几组数据． (2)因小灯泡额定电压为4 V，则电压表选量程为0～5 V的电压表．小灯泡的额定电流为I
＝PU＝24A＝0.5 A，则电流表选D.滑动变阻器应选最大阻值较小的E，这样在实验中移动滑片时能使电路中的电流和电压有明显的变化，从而减小读数误差． (3)按题图甲连接实物电路，如图所示． 5
(4)所描的伏安特性曲线如图所示． [答案](1)描绘灯泡的I－U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 (2)A D E (3)、(4)见解析图 3．[解析]该实验中电压表量程10 V，电源电动势1.5 V，电压表量程过大，故舍去不用，根据所给器材，只能使用两个电流表间接使用“伏安法”测电阻；两个电流表都已知内阻，因此一个当电压表用，一个当电流表用．A1当电压表使用时，若A2采用外接法，则A1指针不
可能达到满刻度的12，只能采用内接法；A2当电压表使用时，A1作为电流表无论内接还是
外接，A1指针都不可能达到满刻度的12. [答案](1)如图所示
(2)I1r1I2－r2 4．[解析](1)所连实物图如图所示．
(2)①螺旋测微器读数为0.252 mm所以金属丝的直径为D＝0.252 mm(0.250～0.254 mm均可)． ③由题图丁可知金属丝的长度为L＝70.49 cm－10.00 cm＝60.49 cm(60.48～60.50 cm均可)． 6
(3)由部分电路欧姆定律得R＝UI＝R0＋R金属丝； 由电阻定律得R金属丝＝ρLS 由以上两式得R＝ρS·L＋R0 可见图象的斜率k＝ρS，所以金属丝的电阻率为ρ＝kS，图线在纵轴上的截距表示R0的阻值．为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如(40,63)和(100,78)，则直线的斜率为
k＝78－63－－2Ω·m－1＝25 Ω·m－1；
金属丝的横截面积为S＝πD22＝0.050×10－6m2(0.049×10－6m2～0.051×10－6m2均对) 由图象斜率的物理意义可求得金属丝的电阻率为ρ＝k·S＝1.250×10－6Ω·m(1.225×10－6Ω·m～1.275×10－6Ω·m均对)． [答案](1)见解析图 (2)①0.252(0.250～0.254均对) ③60.49(60.48～60.50均对) (3)1.250×10－6(1.225×10－6～1.275×10－6均对) 5．[解析]由表格记录的数据知电压表选用V1，因记录数据从0开始，故滑动变阻器采用分压式接法，应选用R1，由表格数据可知元件电阻跟电流表内阻相差不大，即电流表应外接；当元件的电压为最佳工作电压2.8 V时，其电流为30.0 mA，由串联电路特点知串联的电阻
为R＝4－2.830.0×103Ω－1 Ω＝39 Ω.
[答案](1)V1 R1 (2)如图甲所示 (3)如图乙所示 (4)39
6．[解析](1)螺旋测微器固定刻度读数为1.5 mm，可动刻度部分的每个刻度表示0.01 mm，还要估读一位，联系其读数1.655 mm＝1.5 mm＋0.01 mm×15.5，故可动刻度上的A、B、C刻度线所对应的刻度值依次是20、15、10.
(3)由电阻定律R＝ρlS及闭合电路的欧姆定律E＝I(R＋r)，可得：E＝IρlS＋r，即1I＝rE＋ρlES，
由数学知识可得：ρ＝kES＝πkEd24，代入数据解得ρ＝9.2×10－5Ω·m. [答案](1)15 10 (2)如图所示